广东物理2011高考一轮复习交变电流传感器阶段质量检测题doc 9页

第十章 交变电流 传感器 一、单项选择题(本题共4个小题，每小题4分，共16分．每小题给出的四个选项中，只 有一个选项符合题目要求)‎ ‎1．如图1所示为交变电流的电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值是 (　　)‎ 图1‎ A．‎5 A　　　　　　 　　　B．‎‎5 A C. A D．‎‎3.5 A 解析：题图所示图象中的交变电流在一个周期内产生的热量：Q＝I12R＋I22R＝(4)2R＋(3)2R＝25RT.‎ 令此交变电流的有效值为I，应有Q＝I2RT，故I2RT＝25RT，解得I＝‎5 A．B项正确．‎ 答案：B ‎2．如图2所示为大型电子地磅电路图，电源电动势为E，内阻不计．不称物体时，滑片P 在A端，滑动变阻器接入电路的有效电阻最大，电流最小；称重物时，‎ 在压力作用下使滑片P下滑，滑动变阻器有效电阻变小，电流变大，这 样把电流对应的重量值刻在刻度盘上，就可以读出被称物体的重力了．若 滑动变阻器上A、B间距离为L，最大阻值等于定值电阻R0的阻值，已 图2‎ 知两弹簧的总弹力与形变量成正比，比例系数为k，则所称重物的重力G与电流大小I的关系为 (　　)‎ A．G＝2kL－　　　　 　　　B．G＝kL C．G＝＋kL D．G＝kIL 解析：电子地磅上有重物时，根据受力平衡及胡克定律得G＝kΔx，不称物体时，滑 片P在A端，放置重物G时，滑片下移Δx，变阻器在电路中的有效电阻为 R′＝(L－Δx)＝(L－)．‎ 由电路的特点，根据闭合电路欧姆定律可得I＝ 将 R′代入得I＝，‎ 整理得G＝2kL－，所以A正确．‎ 答案：A ‎3．(2010·广州调研)如图3所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压“u＝311sin314t(V)的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统，其中R2是用半导体热敏材料(电阻随温度升高而降低)制成的传感器，电流表A2是值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3是一定值电阻．当传感器R2所在处出现火情时，下列说法正确的是 (　　)‎ 图3‎ A．A1的示数不变，A2的示数增大 B．A1的示数增大，A2的示数增大 C．V1的示数增大，V2的示数增大 D．V1的示数不变，V2的示数减小 解析：当R2所在处出现火情时，温度升高，其电阻减小，因V1不变，所以副线圈中 输出端的电压不变，副线圈中并联电路两端的电压减小，V2减小，A2根据欧姆定律 判断也减小．因副线圈的总电阻减小，副线圈输出功率增大，A1读数增大，综述D 项正确．‎ 答案：D ‎4．(2010·三亚模拟)如图4所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n，原线圈接正弦交流电压U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R.当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一重物匀速上升，下列判断正确的是 ‎(　　)‎ 图4‎ A．原线圈中的电流为nI B．变压器的输入功率为UI/n C．电动机输出的总功率为I2R D．电动机两端电压为IR 解析：电流表的读数为副线圈电流，所以原线圈电流为，故A错误；原线圈的输入 功率则为U，故B对；电动机上的热功率为I2R，电动机消耗功率为U，两端电压 为，故C、D错误．‎ 答案：B 二、双项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对的得6分，只选1个且正确的得1分，错选或不选的得0分)‎ ‎5．为了监测变电站向外输电情况，要在变电站安装互感器，其接线如图5所示，两变压器匝数分别为N1、N2和N3、N4‎ ‎，a和b是交流电表，则 (　　)‎ A．N1＞N2 图5‎ B．N3＞N4‎ C．a为交流电流表，b为交流电压表 D．a为交流电压表，b为交流电流表 解析：题图左半部分中变压器与导线并联为电压互感器，为获得低电压，N1＞N2；题 图右半部分中变压器与导线串联为电流互感器，为获得小电流，N3＜N4.故A、D选项 正确．‎ 答案：AD ‎6．一个矩形线圈在匀强磁场中匀角速度转动，产生交变电动势的瞬时值表达式为e＝10sin4πt V，则 (　　)‎ A．该交变电动势的频率为2 Hz B．零时刻线圈平面与磁场垂直 C．t＝0.25 s时，e达到最大值 D．在1 s时间内，线圈中电流方向改变100次 解析：由题中给出的电动势的表达式可以得到该交变电动势的角速度是4π，由角速度 和周期、频率的关系ω＝＝2πf得到此交变电动势的频率为2 Hz，周期是0.5 s，所 以选项A正确．周期是0.5 s，所以1 s内线圈中的电流方向改变4次，选项D错误．代 入表达式t＝0.25 s，得到e＝0，选项C错误．零时刻，电动势为零，此时穿过线圈 的磁通量最大，选项B正确．综上所述，本题的正确选项为A、B.‎ 答案：AB ‎7．如图6所示，‎2008年1月10日开始的低温雨雪冰冻造成我国部分地区严重灾害，其中高压输电线因结冰而损毁严重．此次灾害牵动亿万人的心．为消除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9ΔP ‎，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变) (　　)‎ 图6‎ A．输电电流为3I B．输电电流为9I C．输电电压为3U D．输电电压为U 解析：高压线上的热耗功率ΔP＝I2R线 ①‎ 若热耗功率变为9ΔP，则9ΔP＝I′2R线 ②‎ 由①②得I′＝3I，A对．又输送功率不变，由P＝UI＝U′I′得U′＝U，所以D 对．‎ 答案：AD ‎8．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图7甲所示，则下列说法正确的是 (　　)‎ 图7‎ A．t＝0时刻，线圈平面位于中性面位置 B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大 C．t＝0.02 s时刻，交流电动势达到最大 D．该线圈相应产生的交流电动势的图象如图6乙所示 解析：由Φ－t图知，t＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e＝0，故A项 正确、D项错误；由图知T＝0.04 s，在t＝0.01 s时，Φ＝0，最大，e最大，则B 项正确；在t＝0.02 s时，Φ最大，＝0，e＝0，则C项错误．‎ 答案：AB ‎9．如图8所示，T为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当电键S闭合时 (　　)‎ 图8‎ A．交流电压表V1和V2的示数一定都变小 B．交流电压表只有V2的示数变小 C．交流电流表A1、A2和A3的示数一定都变大 D．电流表A1、A2的示数变大 解析：闭合S时，输出电路电阻减小，副线圈中电流增大，V1示数不变，V2示数变 小，A2示数变大，则A1示数也变大，由于V1示数不变，A2示数变大，V2示数变小，‎ 则A3示数变小．B、D项正确．‎ 答案：BD 三、非选择题(本题包括3小题，共54分．按题目要求作答，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎10．(10分)如图9所示，图甲为热敏电阻的R－t图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器的电阻为100 Ω.当线圈的电流大于或等于20 mA时，继电器的衔铁被吸合．为继电器线圈供电的电池的电动势E＝9.0 V，内阻可以不计．图中的“电源”是恒温箱加热器的电源．则 图9‎ ‎(1)应该把恒温箱内的加热器接在________(填“A、B端”或“C、D端”)．‎ ‎(2)如果要使恒温箱内的温度保持‎50℃‎，可变电阻R′的阻值应调节为________Ω.‎ 解析：(1)恒温箱内的加热器应接在A、B端．当线圈中的电流较小时，继电器的衔铁 在上方，恒温箱的加热器处于工作状态，恒温箱内温度升高．‎ ‎(2)随着恒温箱内温度升高，热敏电阻R的阻值变小，则线圈中的电流变大，当线圈中 的电流大于或等于20 mA时，继电器的衔铁被吸到下方来，则恒温箱加热器与电源断 开，加热器停止工作，恒温箱内温度降低．‎ 随着恒温箱内温度降低，热敏电阻R的阻值变大，则线圈中的电流变小，当线圈的电 流小于20 mA时，继电器的衔铁又被释放到上方，则恒温箱加热器又开始工作，这样 就可以使恒温箱内保持在某一温度．‎ 要使恒温箱内的温度保持‎50℃‎，即‎50℃‎时线圈内的电流为20 mA.由闭合电路欧姆定 律I＝，r为继电器的电阻．由图甲可知，‎50℃‎时热敏电阻的阻值为90 Ω，‎ 所以R′＝－R－r＝260 Ω.‎ 答案：(1)A、B端　(2)260‎ ‎11．(22分)如图10所示的电路中，理想变压器初级线圈匝数n1＝1000匝，次级有两个线圈，匝数分别为n2＝500匝，n3＝200匝，分别接一个R＝55 Ω的电阻，在初级线圈上接入U1＝220 V的交变电流．求：‎ 图10‎ ‎(1)两次级线圈输出电功率之比；‎ ‎(2)初级线圈中的电流．‎ 解析：(1)对两个次级线圈有＝，＝ 所以U2＝＝，U3＝＝ 又P＝，所以＝＝.‎ ‎(2)由欧姆定律得 I2＝＝‎2 A，I3＝＝‎0.8 A.‎ 对有两个次级线圈的变压器有 n1I1＝n2I2＋n3I3‎ 所以I1＝I2＋I3＝‎1.16 A.‎ 答案：(1)25∶4　(2)‎‎1.16 A ‎12．(22分)如图11甲所示，在两根水平放置的平行金属导轨两端各接一只R＝1 Ω的电阻，导轨间距L＝‎0.2 m，导轨的电阻忽略不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.8 T．一根电阻r＝0.3 Ω的导体棒ab置于导轨上，且始终与导轨良好接触，若导体棒沿平行于导轨的方向在PQ和MN之间运动，其速度图象如图乙所示(正弦曲线)．求：‎ 图11‎ ‎(1)导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式．‎ ‎(2)整个电路在1分钟内产生的热量．‎ 解析：(1)由速度图象得，某时刻导体棒运动速度表达式 v＝10sin10πt m/s 导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式为 e＝BLv＝10BLsin10πt＝1.6sin10πt V ‎(2)感应电动势的最大值为 Em＝10BL＝1.6 V 感应电动势的有效值为E＝＝ V 回路中的总电阻为R′＝r＋＝0.8 Ω 电流I＝＝ A 整个电路在1分钟内产生的热量为Q＝I2R′t＝96 J.‎ 答案：(1)e＝1.6sin10πt V　(2)96 J